不等式恒成立解题策略

不等式恒成立解题策略（精选11篇）

不等式恒成立解题策略 第1篇

策略一数列是特殊的函数, 因此可用函数思想解决数列不等式恒成立问题, 但是由于数列图像是其对应函数图像上的一些孤立的点, 因此用函数思想解决数列问题时应该特别注意数列中自变量取正整数这一特殊性质.

例1数列{an}中, an=n2-kn, 若对任意的正整数n, an+1>a3都成立, 求实数k的取值范围.

思路分析

方法一 (最值法) ∵对任意的正整数n, an+1>a3都成立, 即对任意的正整数n, n2-kn≥9-3k都成立, 即 (3-n) k≥9-n2.

(1) 若1n2, 则k≥3+n恒成立, 故k≥5.

(2) 若n=3, 则a3≥a3恒成立, 故k∈N*.

(3) 若n≥3, 则k3+n恒成立, 故k7.

综上所述, 5k7.

方法二 (数形结合) 令f (n) =n2-kn, 对称轴

∵对任意的正整数n, an+1>a3都成立,

∴即对称轴位于2和3的中点与3和4的中点之间 (不包括中点) .

方法三 (数形结合) ∵对任意的正整数n, an+1>a3都成立,

∴只需满足a2≥a3且a4≥a3 (当对称轴时, 由抛物线的对称性可知a2=a3, 则a2≥a3等价于

例2 cn= (2n+1) a2n+1lga, 其中a>0且a≠1, 如果数列{cn}中的每一项恒小于它后面的项, 求实数a的取值范围. (2008年湖北压轴题改编)

思路分析函数思想解决含参的数列不等式恒成立问题, 关键在于通过灵活转化, 构造合理的函数.由于等价转化的方式不同, 构造出的函数也不同, 因此导致解题难度就不同.

cn

观察发现:不等式两边都有公因式lga与a2n+1, 可以对不等式进行等价转化, 然后利用最值法解决.但是由于lga有正有负, 需要进行分类讨论.

(1) 0 (2n+3) a2n+3对任意的n∈N*恒成立, 即2n+1> (2n+3) a2对任意的n∈N*恒成立, 接下来关键是构造什么函数.

转化方法二2n+1> (2n+3) a2对任意的n∈N*恒成立, 即 (2n+3) a2- (2n+1) >0对任意的n∈N*恒成立, 设f (n) = (2n+3) a2- (2n+1) , 则f (n+1) -f (n) =2a2-2<0, 则{f (n) }是递减数列, f (n) min=f (1) =5a2-3, 所以5a2-3<0且0

转化方法三2n+1> (2n+3) a2对任意的n∈N*恒成立, 即 (2n+3) a2- (2n+1) >0对任意的n∈N*恒成立, 设f (x) = (2x+3) a2- (2x+1) = (2a2-2) x+3a2-2, 则f' (x) =2a2-2<0, 则{f (n) }是递减数列, f (n) min=f (1) =5a2-3, 所以5a2-3<0, 且0

(2) 若a>1, 则lga>0, 显然 (2n+1) a2n+1< (2n+3) a2n+3恒成立.

综上所述

“分离变量法”仅是用函数思想解决不等式恒成立问题的过程中对不等式进行等价转化的一个变形技巧, 它的作用主要在于求函数最值时避免分类讨论.

策略二善于运用合情推理:“先猜后证, 特值引路”, 即通过特值猜想求出使问题成立的必要条件, 再证明其具有充分性.这种方法在最近几年的高考试卷中多次出现, 随着新课改的深入, 高考对猜想能力的考查将日趋加强.

不等式恒成立解题策略 第2篇

（源自于网络）

恒成立问题的基本类型：

类型1：设f(x)ax2bxc(a0)，（1）f(x)0在xR上恒成立a0且0；（2）f(x)0在xR上恒成立a0且0

注：这里一定要小心，如果没有说a不等于0的条件，那么，必须讨论a=0的情况，千万注意 类型2：设f(x)ax2bxc(a0)

bbb（1）当a0时，f(x)0在x[,]上恒成立2a，或或2a2af()00f()0

f()0 f(x)0在x[,]上恒成立f()0

（2）当a0时，f(x)0在x[,]上恒成立f()0 f()0

bbb f(x)0在x[,]上恒成立2a或或2a2af()00f()0

类型3：

f(x)对一切xI恒成立f(x)minf(x)对一切xI恒成立f(x)max。类型4：

f(x)g(x)对一切xI恒成立f(x)的图象在g(x)的图象的上方或f(x)ming(x)max(xI)

一、用一次函数的性质

对于一次函数f(x)kxb,x[m,n]有：恒成f(m)0f(m)0 f(x)0恒成立,f(x)0恒成立f(n)0f(n)0

例1：若不等式2x1m(x1)对满足2m2的所有m都成立，求x的范围。

解析：我们可以用改变主元的办法，将m视为主变元，即将元不等式化为：m(x1)(2x1)0，；

2令f(m)m(x1)(2x1)，则2m2时，f(m)0恒成立，所以只需22f(2)0即

f(2)0

1712(x1)(2x1)0，所以x的范围是x(,)。

2222(x1)(2x1)0

二、利用一元二次函数的判别式

对于一元二次函数f(x)ax2bxc0(a0,xR)有：（1）f(x)0在xR上恒成立a0且0；（2）f(x)0在xR上恒成立a0且0

例2：若不等式(m1)x2(m1)x20的解集是R，求m的范围。

解析：要想应用上面的结论，就得保证是二次的，才有判别式，但二次项系数含有参数m，所以要讨论

m-1是否是0。

（1）当m-1=0时，元不等式化为2>0恒成立，满足题意；（2）m10时，只需

m10

(m1)8(m1)0，所以，m[1,9)。

三、利用函数的最值（或值域）

（1）f(x)m对任意x都成立f(x)minm；

（2）f(x)m对任意x都成立mf(x)max。简单计作：“大的大于最大的，小的小于最小的”。由此看出，本类问题实质上是一类求函数的最值问题。例3：在ABC中，已知f(B)4sinBsin(范围。解析：由





B)cos2B,且|f(B)m|2恒成立，求实数m的2f(B)4sinBsin2（



B)cos2B2sinB1,0B,sinB(0,1]，f(B)(1,3]，2

mf(B)2

|f(B)m|2恒成立，2f(B)m2，即恒成立，m(1,3]

mf(B)2

例4：（1）求使不等式asinxcosx,x[0,]恒成立的实数a的范围。解析：由于函asinxcosx

2sin(x



3),x[,]，显然函数有最大值2，44

4a2。

如果把上题稍微改一点，那么答案又如何呢？请看下题：（2）求使不等式asinxcosx,x



(0,)恒成立的实数a的范围。



解析：我们首先要认真对比上面两个例题的区别，主要在于自变量的取值范围的变化，这样使得

ysinxcosx的最大值取不到2，即a取也满足条件，所以a2。

所以，我们对这类题要注意看看函数能否取得最值，因为这直接关系到最后所求参数a的取值。利

用这种方法时，一般要求把参数单独放在一侧，所以也叫分离参数法。四：数形结合法

对一些不能把数放在一侧的，可以利用对应函数的图象法求解。例5：已知a0,a1,f(x)xa,当x(1,1)时,有f(x)解析：由f(x)xa

x

x

恒成立，求实数a的取值范围。2

1，得x2ax，在同一直角坐标系中做出两个函数的图象，如果两个函22

11221

数分别在x=-1和x=1处相交，则由1a及(1)a得到a分别等于2和0.5，并作出函数

y2x及y()x的图象，所以，要想使函数x2ax在区间x(1,1)中恒成立，只须y2x在22

区间x(1,1)对应的图象在yx在区间x(1,1)对应图象的上面即可。当a1时,只有a2

才能保证，而0a1时，只有a

才可以，所以a[,1)(1,2]。

例6：若当P(m,n)为圆x2(y1)21上任意一点时，不等式mnc0恒成立，则c的取值范围是（）A、12c

21B、21c2

121

C、c21D、c

解析：由mnc0，可以看作是点P(m,n)在直线xyc0的右侧，而点P(m,n)在圆

x2(y1)21上，实质相当于是x2(y1)21在直线的右侧并与它相离或相切。

01c0



|01c|c1，故选D。2211同步练习

12xa4x,其中aR，1、设f(x)lg如果x(.1)时，f(x)恒有意义，求a的取值范围。

3分析：如果x(.1)时，f(x)恒有意义，则可转化为12xa4x0恒成立，即参数分

12x

离后ax(2x22x)，x(.1)恒成立，接下来可转化为二次函数区间最值求

解。

解：如果x(.1)时，f(x)恒有意义12xa4x0，对x(,1)恒成立.12x

ax(2x22x)x(.1)恒成立。

1令t2x，g(t)(tt2)又x(.1)则t(,)ag(t)对t(,)恒成立，又

21133

g(t)在t[,)上为减函数，g(t)maxg()，a。

22442、设函数是定义在(,)上的增函数，如果不等式f(1axx2)f(2a)对于任意

x[0,1]恒成立，求实数a的取值范围。

分析：本题可利用函数的单调性把原不等式问题转化为1axx22a对于任意x[0,1]恒成立，从而转化为二次函数区间最值求解。解：

f(x)是增函数f(1axx2)f(2a)对于任意x[0,1]恒成立

1axx22a对于任意x[0,1]恒成立

x2ax1a0对于任意x[0,1]恒成立，令g(x)x2ax1a，x[0,1]，所以原

问题g(x)min0，又g()xnim

1a,a0,0)(0ag

2aa

(g,)20a即g(x)mina1,2a0易

24

2a2,2,a

2求得a1。

3、已知当xR时，不等式a+cos2x<5-4sinx恒成立，求实数a的取值范围。

方法一）分析：在不等式中含有两个变量a及x，本题必须由x的范围（xR）来求另一变量a的范围，故可考虑将a及x分离构造函数利用函数定义域上的最值求解a的取值范围。

解：原不等式4sinx+cos2x<-a+

5当xR时，不等式a+cos2x<5-4sinx恒成立-a+5>(4sinx+cos2x)max 设f(x)=4sinx+cos2x则f(x)= 4sinx+cos2x=-2sin2x+4sinx+1=-2(sinx-1)2+3 3 ∴-a+5>3a<

2方法二）题目中出现了sinx及cos2x，而cos2x=1-2sin2x,故若采用换元法把sinx换元成t,则可把原不等式转化成关于t的二次不等式，从而可利用二次函数区间最值求解。

解：不等式a+cos2x<5-4sinx可化为

a+1-2sin2x<5-4sinx,令sinx=t,则t[-1,1],不等式a+cos2x<5-4sinx恒成立2t-4t+4-a>0,t[-1,1]恒成立。

设f(t)= 2t2-4t+4-a，显然f(x)在[-1，1]内单调递减，f(t)min=f(1)=2-a,2-a>0a<24、设f(x)=x2-2ax+2,当x[-1,+)时，都有f(x)a恒成立，求a的取值范围。

分析：在f(x)a不等式中，若把a移到等号的左边，则原问题可转化为二次函数区间恒成立问题。

解：设F(x)= f(x)-a=x2-2ax+2-a.ⅰ)当=（-2a）2-4(2-a)=4（a-1)(a+2)<0时，即-2

ⅱ）当=4（a-1)(a+2)0时由图可得以下充要条件：



0(a1)(a2)0

f(1)0即a30

a1,2a

1,

2

得-3a-2;

综上所述：a的取值范围为[-3，1]。

5、、当x(1,2)时，不等式(x-1)2

分析：若将不等号两边分别设成两个函数，则左边为二次函数，右边为对数函数，故可以采用数形结合借助图象位置关系通过特指求解a的取值范围。

解：设T1:f(x)=(x1)2,T2:g(x)logax,则T1的图象为右图所示的抛物线，要使对一切x(1,2), f(x)

T1的图象一定要在T2的图象所的下方，显然a>1,并且必须也只

需g(2)f(2)

故loga2>1,a>1,1

分析：原方程可化成lg(x2+20x)=lg(8x-6a-3),从而得x2+20x=8x-6a-3>0,若将等号两边

分别构造函数即二次函数y= x+20x与一次函数y=8x-6a-3，则只需考虑这两个函数的图象在x轴上方恒有唯一交点即可。

解：令T1：y1= x2+20x=（x+10）2-100, T2：y2=8x-6a-3,则如图

所示，T1的图象为一抛物线，T2的图象是一条斜率为定值8，而截距不定的直线，要使T1和T2在x轴上有唯一交点，则直线必须位于l1和l2之间。（包括l1但不包括l2)

当直线为l1时，直线过点（-20，0）此时纵截距为

3-6a-3=160,a=;

61当直线为l2时，直线过点（0，0），纵截距为-6a-3=0，a=

21163

∴a的范围为[，）。

627、对于满足|p|2的所有实数p,求使不等式x2+px+1>2p+x恒成立的x的取值范围。

分析：在不等式中出现了两个变量：x、P,并且是给出了p的范围要求x的相应范围，直接从x的不等式正面出发直接求解较难，若逆向思维把 p看作自变量，x看成参变量，则上述问题即可转化为在[-2，2]内关于p的一次函数函数值大于0恒成立求参变量x的范围的问题。

解：原不等式可化为(x-1)p+x2-2x+1>0,令 f(p)=(x-1)p+x2-2x+1,则原问题等价于

f(p)>0在p∈[-2,2]上恒成立，故有：

x10x10

方法一：或∴x<-1或x>3.f(2)0f(2)0

方法二：f(2)0x2

4x0即f(2)30

x210

解得：∴x<-1或x>3.6

含参不等式恒成立问题的求解策略 第3篇

本文就结合实例谈谈这类问题的一般求解策略.

一、不等式的恒成立、能成立、恰成立等问题的操作程序

（一）恒成立问题

若不等式[f(x)>A]在区间[D]上恒成立,则等价于函数[f(x)]在区间[D]上的最小值大于[A]；

若不等式[f(x)

（二）能成立问题

若在区间[D]上存在实数[x]使不等式[f(x)>A]成立,即[f(x)>A]在区间[D]上能成立，则等价于函数[f(x)]在区间[D]上的最大值大于[A]；

若在区间[D]上存在实数[x]使不等式[f(x)

（三）恰成立问题

若不等式[f(x)>A]在区间[D]上恰成立, 则等价于不等式[f(x)>A]的解集为[D]；

若不等式[f(x)

二、含参不等式恒成立求解方法

（一）判别式法

若所求问题可转化为二次不等式，则可考虑应用判别式法解题.一般地，对于二次函数[f(x)=ax2+bx+c(a≠0,x∈R)],有

（1）[f(x)>0]对[x∈R]恒成立[⇔a>0Δ<0];

（2）[f(x)<0]对[x∈R]恒成立[⇔a<0Δ<0.]

例1 已知函数[y=lg[x2+(a-1)x+a2]]的定义域为[R]，求实数[a]的取值范围.

解 由题设可将问题转化为不等式[x2+(a-1)x+a2>0]对[x∈R]恒成立，即有[Δ=(a-1)2-4a2<0]，解得[a<-1]或[a>13.]

所以实数[a]的取值范围为[(-∞,-1)⋃(13,+∞).]

注 若二次不等式中[x]的取值范围有限制，则可利用根的分布解决问题.

例2 设[f(x)=x2-2mx+2]，当[x∈[-1,+∞)]时，[f(x)≥m]恒成立，求实数[m]的取值范围.

解 设[F(x)=x2-2mx+2-m]，

则当[x∈[-1,+∞)]时，[F(x)≥0]恒成立.

当[Δ=4(m-1)(m+2)≤0],即[-2≤m≤1]时，[F(x)>0]显然成立；

当[Δ>0]时，如图，

[F(x)≥0]恒成立的充要条件为：

[Δ>0,F(-1)≥0,--2m2≤-1,] 解得[-3≤m<-2.]

综上可得实数[m]的取值范围为[[-3,1]].

（二）最值法

将不等式恒成立问题转化为求函数最值问题的一种处理方法，其一般类型有：

（1）[f(x)>a]恒成立[⇔a

（2）[f(x)f(x)max].

例3 已知[f(x)=7x2-28x-a,][g(x)=2x3+4x2][-40x,]当[x∈[-3,3]]时，[f(x)≤g(x)]恒成立，求实数[a]的取值范围.

解 设[F(x)=f(x)-g(x)=-2x3+3x2+12x-c]，

由题设可知[F(x)≤0]对任意[x∈[-3,3]]恒成立,

[F′(x)=-6x2+6x+12=0]，得[x=-1]或[x=2,]

而[F(-1)=-7a,F(2)=20-a,]

[F(-3)=45-a,F(3)=9-a,]

∴[F(x)max=45-a≤0].

∴[a≥45]即实数[a]的取值范围为[[45,+∞).]

例4 设数列[an]的前[n]项和为[Sn]，点[n,Snn(n∈N∗)]均在函数[y=3x-2]的图象上.

（Ⅰ）求数列[an]的通项公式；

（Ⅱ）设[bn=3anan+1]，[Tn]是数列[bn]的前[n]项和，求使得[Tn

解 （Ⅰ）依题意得，[Snn=3n-2,]

即[Sn=3n2-2n].

当[n≥2]时，

[an=Sn-Sn-1=(3n2-2n)-3n-12-2(n-1)]

[=6n-5];

当[n=1]时，[a1=S1=3×1-2=1=6×1-5.]

所以[an=6n-5(n∈N∗)].

（Ⅱ）由（Ⅰ）得

[bn=3anan+1=1(6n-5)6(n+1)-5=1216n-5-16n+1，]

故[Tn=i=1nbi]

[=121-17+17-113+⋯+16n-5-16n+1]

=[121-16n+1].

因此，使得[121-16n+1

注 在求得参数的范围时，什么时候有等号，什么时候没有等号？

例5 函数[f(x)=x2+2x+ax,][x∈[1,+∞)]，若对任意[x∈[1,+∞)]，[f(x)>0]恒成立，求实数[a]的取值范围.

解 若对任意[x∈[1,+∞)]，[f(x)>0]恒成立，即对[x∈[1,+∞)]，[f(x)=x2+2x+ax>0]恒成立， 考虑到不等式的分母[x∈[1,+∞)]，只需[x2+2x+a>0]在[x∈[1,+∞)]时恒成立，而抛物线[g(x)=x2+2x+a]在[x∈[1,+∞)]的最小值[gmin(x)=g(1)=3+a>0]，得[a>-3].

注 本题还可将[f(x)]变形为[f(x)=x+ax+2]，讨论其单调性从而求出[f(x)]的最小值.

（三）分离变量法

若所给的不等式能通过恒等变形使参数与主元分离于不等式两端，从而问题转化为求主元函数的最值，进而求出参数范围.这种方法本质也还是求最值，但它思路更清晰，操作性更强.一般地有：

（1）[f(x)f(x)max]；

（2）[f(x)>g(a)(a]为参数）恒成立[⇔g(a)

实际上，上题就可利用此法解决.

略解 [x2+2x+a>0]在[x∈[1,+∞)]时恒成立，只要[a>-x2-2x]在[x∈[1,+∞)]时恒成立.而易求得二次函数[h(x)=-x2-2x]在[[1,+∞)]上的最大值为-3，所以[a>-3].

例6 已知函数[f(x)=ax-4x-x2,x∈(0,4]]时[f(x)<0]恒成立，求实数[a]的取值范围.

解 问题可转化为[a<4x-x2x]对[x∈(0,4]]恒成立.

令[g(x)=4x-x2x]，则[a

由[g(x)=4x-x2x=4x-1]，可知[g(x)]在[(0,4]]上为减函数，故[g(x)min=g(4)=0]，

∴[a<0]，即[a]的取值范围为[(-∞,0)].

注 分离参数后，方向明确，思路清晰能使问题顺利得到解决.

（四）变换主元法

处理含参不等式恒成立的某些问题时，若能适时的把主元变量和参数变量进行“换位”思考，往往会使问题降次、简化.

例7 对任意[x∈[-1,1]]，不等式[x2+(a-4)x+4-2a>0]恒成立，求[x]的取值范围.

分析 题中的不等式是关于[x]的一元二次不等式，但若把[a]看成主元，则问题可转化为一次不等式[(x-2)a+x2-4x+4>0]在[x∈[-1,1]]上恒成立的问题.

解 令[f(a)=(x-2)a+x2-4x+4]，原问题可转化为[f(a)>0]恒成立（[x∈[-1,1]]）.

当[x=2]时，可得[f(a)=0]，不合题意.

当[x≠2]时，应有[f(1)>0,f(-1)>0,]

解之得[x<1]或[x>3]，

故[x]的取值范围为[(-∞,1)⋃(3,+∞).]

注 一般地，一次函数[f(x)=kx+b(k≠0)]在[[α,β]]上恒有[f(x)>0]的充要条件为[f(α)>0f(β)>0].

（五）数形结合法

数学家华罗庚曾说过：“数缺形时少直观，形缺数时难入微”，这充分说明了数形结合思想的妙处，在不等式恒成立问题中它同样起着重要作用.我们知道，函数图象和不等式有着密切的联系：

（1）[f(x)>g(x)⇔]函数[f(x)]图象恒在函数[g(x)]图象上方；

（2）[f(x)

例8 设[f(x)=-x2-4x] ,[g(x)=43x+1-a,]若恒有[f(x)≤g(x)]成立,求实数[a]的取值范围.

分析 在同一直角坐标系中作出[f(x)]及[g(x)] 的图象.

如图所示，[f(x)]的图象是半圆[(x+2)2+y2=4][(y≥0)]，

[g(x)]的图象是平行的直线系[4x-3y+3-3a=0].

要使[f(x)≤g(x)]恒成立，

则圆心[(-2,0)]到直线[4x-3y+3-3a=0]的距离满足[d=|-8+3-3a|5≥2,]

解得[a≤-5]或[a≥53]（舍去).

不等式恒成立问题的求解策略 第4篇

1.分离变量

例1已知函数f (x) =|x2-4x-5|, 若在区间[-1, 5]上, y=kx+3k的图象位于函数f (x) 的上方, 求k的取值范围.

解本题等价于

对于任意x∈[-1, 5], kx+3k>-x2+4x+5恒成立, 即

设x+3=t, t∈[2, 8], 则

所以当t=4, 即x=1时, ymax=2,

故k的取值范围是k>2.

变式若本题中将y=kx+3k改为y=k (x+3) 2, 其余条件不变, 则也可以用变量分离法解.

解由题意得对于任意x∈[-1, 5],

k (x+3) 2>-x2+4x+5恒成立,

设x+3=t, t∈[2, 8], 则

注本题通过变量分离, 将不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题, 本题构造的函数求最值有些难度, 但通过换元后巧妙地转化为“对勾函数”, 从而求得最值.变式题中构造的函数通过换元后转化为“二次函数型”, 从而求得最值.

2.函数最值

例2已知f (x) =x2+ax+3-a, 若x∈[-2, 2], f (x) ≥2恒成立, 求a的取值范围.

解本题可以化归为求函数f (x) 在闭区间上的最值问题,

若x∈[-2, 2], f (x) ≥2恒成立, 则对于任意x∈[-2, 2], f (x) min≥2,

注对于含参数的函数在闭区间上函数值恒大于等于或小于等于常数问题, 可以求函数最值的方法, 只要利用f (x) >m恒成立, 即f (x) min>m;f (x) <m恒成立, 即f (x) max<m.本题若采用例题1法分离参数a相对要麻烦些.

3.变换主元

例3已知对于任意的a∈[-1, 1], 函数f (x) =ax2+ (2a-4) x+3-a>0恒成立, 求x的取值范围.

解令g (a) = (x2+2x-1) a-4x+3, 则当a∈[-1, 1]时, g (a) >0恒成立, 即

注对于含有两个参数, 且已知一参数的取值范围, 可以通过变量转换, 构造以该参数为自变量的函数, 利用函数图象求另一参数的取值范围.

4.数形结合

解由题意得f (x) ≤g (x) , 即

1可化为 (x-2) 2+y12=4 (0≤x≤4, y1≥0) , 它表示以 (2, 0) 为圆心, 2为半径的上半圆;

2表示经过定点 (-2, 0) , 以a为斜率的直线, 要使f (x) ≤g (x) 恒成立, 只需1所表示的半圆在2所表示的直线下方就可以了 (如图所示) .

当直线与半圆相切时就有

注本题通过对已知不等式变形处理后, 挖掘不等式两边式子的几何意义, 通过构造函数, 运用数形结合的思想来求参数的取值范围, 不仅能使问题变得直观, 同时也起到了化繁为简的效果.

5.消元转化

解容易证明f (x) 是定义在[-1, 1]上的增函数,

故f (x) 在[-1, 1]上的最大值为f (1) =1, 则f (x) ≤t2-2at+1对于所有的x∈[-1, 1], a∈[-1, 1]恒成立等价于1≤t2-2at+1对于所有的a∈[-1, 1]恒成立, 即

2ta-t2≤0对于所有的a∈[-1, 1]恒成立,

令g (a) =2ta-t2, 只要

所以t≤-2或t≥2或t=0.

注对于含有两个以上变量的不等式恒成立问题, 可以根据题意进行消元转化, 从而转化为只含有两变量的不等式问题, 使问题得到解决.

含参不等式恒成立问题 第5篇

若所求问题可转化为二次不等式，则可联想到二次函数图象结合判别式解题.一般地，对于二次函数[f（x）=ax2+bx+c（a≠0，x∈R）]，则有：（1）[f（x）>0]对[x∈R]恒成立[?a>0，Δ<0；]（2）[f（x）<0]对[x∈R]恒成立[?a<0，Δ<0.]

例1 已知函数[y=lg[x2+（a-1）x+a2]]的定义域为[R]，求实数[a]的取值范围.

解析 由题设可将问题转化为[x2+（a-1）x+a2>0]对[x∈R]恒成立，

即有[Δ=（a-1）2-4a2<0]，解得[a<-1或a>13].

所以实数[a]的取值范围为[（-∞，-1）?（13，+∞）].

函数与方程法

不等式、函数、方程三者密不可分，相互联系，相互转化. 求参数的取值范围问题，函数与方程思想是解决这类问题的重要方法.

例2 设[f（x）=x2-2mx+2]，当[x∈[-1，+∞）]时，[f（x）≥m]恒成立，求实数[m]的取值范围.

解析 设[F（x）=x2-2mx+2-m]，

则当[x∈[-1，+∞）]时，[F（x）≥0]恒成立.

（1）[Δ=4（m-1）（m+2）<0， 即-20]显然成立.

（2）[Δ≥0]时，如图，[F（x）≥0]恒成立的充要条件为：

[Δ≥0，F（-1）≥0，--2m2≤-1，]解得[-3≤m≤-2].

综上，实数[m]的取值范围为[[-3，1）].

最值法

将不等式恒成立问题转化为求函数最值问题的一种处理方法，其一般类型有：（1）[f（x）>a]恒成立[?af（x）max].

例3 已知[f（x）=7x2-28x-a，g（x）=2x3+4x2-40x]，当[x∈[-3，3]]时，[f（x）≤g（x）]恒成立，求实数[a]的取值范围.

解析 设[F（x）=f（x）-g（x）=-2x3+3x2+12x-c]，

则由题意可知，[F（x）≤0]对任意[x∈[-3，3]]恒成立.

令[F（x）=-6x2+6x+12=0]得，[x=-1或x=2].

而[F（-1）=-7a，F（2）=20-a，]

[F（-3）=45-a，F（3）=9-a，]

∴[F（x）max=45-a≤0]，∴[a≥45].

即实数[a]的取值范围为[[45，+∞）].

分离参数法

若所给的不等式能通过恒等变形使参数与主元分离于不等式两端，将问题转化为求主元函数的最值，从而求出参数范围. 这种方法本质还是求最值，但它思路更清晰，操作性更强. 一般地有：（1）[f（x）f（x）max]；（2）[f（x）>a（a为参数）]恒成立[?a

例4 已知函数[f（x）=ax-4x-x2，x∈（0，4]]时[f（x）<0]恒成立，实数[a]的取值范围.

解析 分离参数，将问题转化为[a<4x-x2x]对[x∈（0，4]]恒成立.

令[g（x）=4x-x2x]，则[a

由[g（x）=4x-x2x=4x-1]可知，[g（x）]在[（0，4]]上为减函数，故[g（x）min=g（4）=0].

∴[a<0]，即[a]的取值范围为[（-∞，0）].

变换主元法

处理含参不等式恒成立的某些问题时，能适时地把主元变量和参数变量进行“换位”思考，往往会使问题降次、简化. 一般来说常将其变换为一次式. 一次函数[f（x）=kx+b（k≠0）]在[[α，β]]上恒有[f（x）>0]的充要条件为[f（α）>0，f（β）>0.]

例5 对任意[a∈[-1，1]]，不等式[x2+（a-4）x+4-][2a>0]恒成立，求[x]的取值范围.

解析 令[f（a）=（x-2）a+x2-4x+4]，则原问题转化为[f（a）>0]恒成立（[a∈[-1，1]]）.

当[x=2]时，可得[f（a）=0]，不合题意.

当[x≠2]时，应有[f（1）>0，f（-1）>0，]解之得[x<1或x>3].

故[x]的取值范围为[（-∞，1）?（3，+∞）].

数形结合法

数学家华罗庚曾说过：“数缺形时少直观，形缺数时难入微”，这充分说明了数形结合思想的妙处，在不等式恒成立问题中它同样起着重要作用. 我们知道，函数图象和不等式有着密切的联系：（1）[f（x）>g（x）?]函数[f（x）]图象恒在函数[g（x）]图象上方；（2）[f（x）

例6 设[f（x）=-x2-4x] ， [g（x）=43x+1-a]，若恒有[f（x）≤g（x）]成立，求实数[a]的取值范围.

解析 在同一直角坐标系中作出[f（x）]及[g（x）]的图象.

如图所示，[f（x）]的图象是半圆[（x+2）2+y2=4（y≥0），][g（x）]的图象是平行的直线系[4x-3y+3-3a=0].

要使[f（x）≤g（x）]恒成立，

则圆心[（-2，0）]到直线[4x-3y+3-3a=0]的距离满足[d=-8+3-3a5≥2].

解得[a≤-5或a≥53]（舍去）.

不等式恒成立解题策略 第6篇

一、一次函数型

给定一次函数y = f ( x) = ax + b ( a≠0) , 若y = f ( x) 在[m, n]内恒有f ( x) > 0, 则根据函数的图像 ( 直线) 如图1 和图2, 可得上述结论等价于

例1 对于满足| p| ≤2 的所有实数p, 求使不等式x2+px + 1 > 2p + x恒成立的x的取值范围.

分析在不等式中出现了两个字母: x及P, 关键在于该把哪个字母看成是一个变量, 另一个作为常数. 显然可将p视作自变量, 则上述问题即可转化为在[- 2, 2]内关于p的一次函数大于0 恒成立的问题.

略解: 不等式即 ( x - 1) p + x2- 2x + 1 > 0, 设f ( p) = ( x- 1) p + x2- 2x + 1, 则f ( p) 在[- 2, 2]上恒大于0, 故有:

∴ x < - 1 或x > 3.

二、二次函数型

若二次函数y = ax2+ bx + c ( a≠0) 大于0 恒成立, 则有小于0 恒成立, 则有若是二次函数在指定区间上的恒成立问题, 可以利用韦达定理以及根与系数的分布知识求解, 也可以利用参数分离、求取函数最值、数形结合等方法来求解.

例2 已知不等式x2+ 2x + a > ax对于任意x > 1 恒成立, 试求实数a的取值范围.

分析一题目中要证明x2+ 2x + a > ax对于任意x > 1恒成立, 则等价于证明x2+ ( 2 - a) x + a > 0 对于任意x > 1恒成立, 于是可以有根与系数的关系完成论证.

解法一有题意知, 不等式x2+ 2x + a > ax对于任意x > 1 恒成立, 等价于F ( x) = x2+ ( 2 - a) x + a > 0 对于任意x > 1 恒成立, 有函数的单调性可知, 其成立的充要条件是

解得a≤4 或

故所求实数a的取值范围是

分析二也可以通过根与系数的关系来求解

解法二有题意知, 不等式x2+ 2x + a > ax对于任意x> 1 恒成立, 等价于F ( x) = x2+ ( 2 - a) x + a > 0 对于任意x> 1 恒成立, 有根与系数的关系知, 其成立的充要条件是

解得

解法三 ( 参数分离) 对于一些含参数的不等式恒成立问题, 如果能够将不等式进行同解变形, 将不等式中的变量和参数进行分离, 即使变量和参数分别位于不等式的左、右两边, 然后通过求函数的值域的方法求出参数的取值范围.

依题意得, 不等式可化为对任意实数x > 1恒成立, 则转化为

解法四 ( 数形结合) 对于含参数的不等式恒成立问题, 当不等式两边的函数图像形状明显, 我们可以作出它们的图像, 利用图像直观和运动变化的观点进行转化, 化归为某一极端情形如端点、相切等, 从而得到关于参数K的取值范围.

依题意得, 不等式a ( x - 1) < x2+2x对x > 1 恒成立, 则有图形 ( 图3 ) 为共点A ( 1, 0) 的直线系在x > 1 内恒在抛物线y = x2+ 2x的下方. 有图形可知, 当直线与抛物线相切时直线向下旋转时均符合题意. 故是不等式成立的a的取值范围是

以上介绍了常见不等式恒成立求参数的取值范围问题的处理方法, 在具体解题中可能要用到两种方式或两种以上的方法, 应灵活处理.

参考文献

[1]王加生.化归法解决含参数不等式的恒成立问题[J].教育教学论坛.2014.11 (47) .

[2]邓文辉陈淑梅.例谈含参不等式恒成立问题的求解策略.剑南文学 (经典教苑) , 2011.9.

不等式恒成立解题策略 第7篇

一、数形结合, 结合函数图象求范围

例1设x∈ (0, 4) , 若不等式恒成立, 求a的取值范围.

解:设y1=x (4-x) , 则有 (x-2) 2+y12=4 (y1≥0) , 是圆心在 (2, 0) , 半径为2的上半圆C.再设y2=ax, 它是过原点, 斜率为a的直线l.在同一直角坐标系下作出它们的图象, 由题意知半圆恒在直线上方, 从而可以看出a<0.即所求的实数a的取值范围为a<0.

评注:对于不等式两端有明显的几何意义时可以考虑构造函数, 通过数形结合利用函数图象求范围, 往往直观形象, 方便快捷.仿照此法读者可以解决:设不等式x2

二、分类讨论, 借助函数性质求范围

例2已知f (x) =x2+2 (a-2) x+4,

(1) 若对于一切x∈R, f (x) >0恒成立, 求a的取值范围;

(2) 若对于一切x∈[-3, 1], f (x) >0恒成立, 求a的取值范围.

解: (1) 由题意知, x2+2 (a-2) x+4>0对于一切x∈R, f (x) >0恒成立, 则必有Δ<0, 即4 (a-2) 2-16<0, 解得0

(2) 由于f (x) 图象的对称轴为x=2-a, 要使x∈[-3, 1], f (x) >0恒成立, 则或或, 解得.

评注:本题 (2) 中区间一定, 但对称轴在变, 因而需要对对称轴与区间的关系进行讨论, 借助于函数的单调性来求解, 将复杂问题分割为若干简单问题便可迎刃而解了.

三、分离参数, 利用函数值域求范围

例3设x∈ (0, 4) , 若不等式恒成立, 求a的取值范围.

解:由于x∈ (0, 4) 将不等式变形为, 令, 因为x∈ (0, 4) 易知y∈ (0, +∞) , 从而a的取值范围为a0.

评注:若不等式中能够较容易的将参数分离出来, 可采取分离参数解法, 转化为考查函数的值域来求解, 往往是十分方便的, 当然这理应是学生掌握的常用方法之一.读者仿照此法可以解决.

已知函数f (x) =3x2-2ax-4, 若f (x) ≥0在区间[2, 6) 上恒成立, 求实数a的取值范围.

四、实施换元, 变化函数形式求范围

请再看例1由题设可以看出, 设x=2-2sinθ, θ∈, 则原不等式变为2cosθ>a (2-2sinθ) 整理可得a<, 显然对于任意的θ∈都有>0, 从1-sinθ221-sinθ而a的取值范围为a0.

评注:换元有多种形式, 要结合题目特征以及给定式子的结构灵活选择, 这里要注意换元后变量范围的改变, 本质是转化函数形式求范围.读者可参照此法解决:不等式在x∈[-1, 1]上恒成立, 求实数a的取值范围.

五、不等放缩, 实施消去变量求范围

例4 (辽宁省2006高考) 求实数a的取值范围, 使得对任意实数x和θ∈[0, ], 恒有 (x+3+2sinθcosθ) 2+ (x+asinθ+acosθ) 2≥成立.

解:设t=sinθ+cosθ, 则有 (x+2+t2) 2+ (x+at) 2≥.从而可得2t2-2at+2≥0或2t2-2at+50, 即:或, 由于t∈知a, 故实数a的取值范围为.

评注:运用基本不等式进行放缩是常用方法之一, 这里运用基本不等式消掉变量x是解题的关键所在, 在使用此法过程中一定要巧妙运筹确保变量的消去.

六、最值介入, 通过桥梁传递求范围

例5 (福建2004高考) 已知在区间[-1, 1]上是增函数.

(1) 求实数a的值所组成的集合A;

(2) 设关于x的方程f (x) =的两根为x1, x2试问:是否存在实数m, 使得不等式m2+tm+1≥|x1-x2|对于任意a∈A及t∈[-1, 1]恒成立?若存在, 求出m的取值范围;若不存在, 请说明理由.

解: (1) 略:所求实数a的值所组成的集合A={a|-1a1}.

(2) 因为, 所以x2-ax-2=0, 又Δ=a2+8>0, 从而.由-1a1可得.

要使不等式m2+tm+1≥|x1-x2|对于任意a∈A及t∈[-1, 1]恒成立, 当且仅当m2+tm+1≥3对于任意t∈[-1, 1]恒成立, 即m2+tm-2≥0对于任意t∈[-1, 1]恒成立,

设h (t) =m2+tm-2=mt+ (m2-2) , 从而有h (1) =m2+m-2≥0且h (-1) =m2-m-2≥0同时成立, 解得m≥2或m-2.所以存在实数m, 使得不等式m2+tm+1≥|x1-x2|对于任意a∈A及t∈[-1, 1]恒成立, m的取值范围为{m|m-2或m≥2}.

评注:在 (2) 中由于注意到参数m, t与x1, x2的相互独立性, 而|x1-x2|的大小与实数a有关, 从而由实数a的范围确定|x1-x2|的最大值, 进而求出当t∈[-1, 1]时m的取值范围;这里|x1-x2|的最大值的介入是关键, 体现了减元的思想方法, 这种方法对于多参数问题是十分奏效的.

七、适时求导, 研究函数特性求范围

例6 (2006高考全国卷) 已知函数,

(1) 设a>0, 讨论y=f (x) 的单调性;

(2) 若对于任意x∈ (0, 1) , 恒有f (x) >1, 求a的取值范围.

解: (1) 略.

(2) 由题可知对任意x∈ (0, 1) 恒有f (x) >1, 即对任意x∈ (0, 1) 恒成立, 取对数则对任意x∈ (0, 1) 都有恒成立, 令.由可以看出当x∈ (0, 1) 时g2' (x) <0, 则g2 (x) 在 (0, 1) 上单调递减, 与此同时由g2' (x) =在 (0, 1) 上单调递减, 可知图象在 (0, 1) 内上凸, 要使在区间 (0, 1) 上g1 (x) 图象总在g2 (x) 图象上方, 则当且仅当直线g1 (x) =-ax斜率不小于函数g2 (x) 在x=0处切线的斜率,

即, 解得a2.

评注:本题以求导为手段揭示出函数g2 (x) 的图象所具有的几何特征, 求出使不等式恒成立的条件, 从而求出了实数a的取值范围, 对于非简单初等函数的性质往往通过导数来研究, 读者可参考此法解答2006年黑龙江省高考试题:

设函数f (x) = (x+1) ln (x+1) , 若对所有的x≥0, 都有f (x) ≥ax恒成立, 求实数a的取值范围.

八、极限探究, 考查边界情况求范围

例7已知函数 (x≥1) , 求最大的实数a, 使得f (x) >ax恒成立.

解:由于f (x) >ax, 代入整理分离变量可得 (2-a) x> (x≥1) , 因此 (2-a) > (x≥1) , 又g (x) =在区间[1, +∞) 内是单调递增的, 且有, (但g (x) 无最大值) .所以可知2-a≥1, a1 (a=1能够取到) .综上所述amax=1.

评注;极限探究法用于a>f (x) 恒成立, 而函数f (x) 在已知范围内无最大值的情况, 此时若f (x) 单调递增且存在极限A, 则有a≥A成立, 即可求出实数a的取值范围 (但要考虑边界值A能否取到) , 类似可以解决a

不等式恒成立解题策略 第8篇

一、运用二次函数判别式

不等式ax2+bx+c>0对任意实数x恒成立的充要条件是不等式ax2+bx+c<0对任意实数x恒成立的充要条件是

例1若8x4+8 (a-2) x2-a+5>0对任意的实数x恒成立, 求实数a的取值范围.

解析:令t=x2, 则f (t) =8t2+8 (a-2) t-a+5>0在t∈[0, +∞) 恒成立.

点评:应用判别式法研究恒成立问题, 一般都是一元二次不等式的形式, 特点非常鲜明, 即形式上是一元二次不等式, 定义域必须是R.

二、运用函数的最值

若函数f (x) 有最大值, 则f (x) ≤a恒成立的充要条件是[f (x) ]max≤a;若f (x) 有最小值, 则f (x) ≥a恒成立的充要条件是[f (x) ]min≥a.

例2已知定义在 (-∞, 4]上的减函数f (x) , 不等式对一切实数x都成立, 求实数m的取值范围.

解析:由题意有:

由①对任意实数x都成立, ∴m-4≤-1;由②对任意实数x都成立,

例3若函数对一切x∈ (-∞, 1]恒有意义, 求实数a的取值范围.

则易知当x=1时,

∴实数a的取值范围为 (-∞, 3/2) .

点评:二次函数的图像与性质是中学数学中的重点内容, 利用二次函数在区间上的最值来研究恒成立问题, 可使原本复杂的问题变得易于解决.

三、分离参数法

通过分离参数, 将问题转化为a≥f (x) (或a≤f (x) ) 恒成立, 再运用不等式知识或求函数最值的方法, 使问题获解.

例4奇函数f (x) 是R上的增函数, 若不等式f (m·3x) +f (3x-9x-2) <0对一切实数x恒成立, 求实数m的取值范围.

解析:∵f (x) 为奇函数,

∴原不等式等价于:f (m·3x) <f (9x-3x+2)

又f (x) 在R上为增函数,

∴m·3x<9x-3x+2.

不等式两边同除以3x, 得

点评:本题中若无分离参数的求解意识, 则必转化为含参二次函数在区间上的最值问题, 不可避免地要进行分类讨论, 通过代数变形后均可转化为形如f (x) =ax+b /x型的函数的最值问题, 其最值的求解通常用基本不等式或函数的单调性来完成.

四、利用函数的图像

例5若不等式对一切x>0恒成立, 求实数a的取值范围.

点拨:我们可以把不等式分解为两个函数y=|x-a|与通过它们的图像来观察不等式|x-a|+1/x≥1/2对一切x>0恒成立的情况.也就是要求当x>0时, 保证函数y=|x-a|的图像在函数y=1/2-1/x图像的上方.

解析:由|x-a|+1/x≥1/2, 可得|x-a|≥1/2-1/x.令y=|x-a|, y=1/2-1/x对一切x>0恒有意义, 则y=|x-a|在y轴右边的图像都在y=1/2-1/x的上方, 先作出y=|x|的图像, 然后向右平移.

其中, 函数y=1/2-1/x与x轴的交点为 (2, 0) , 则由下面的图知, a≤2.

所以实数a的取值范围为 (-∞, 2]

点评:用数形结合解不等式的理论依据是:大于反映到图像上就是在上方, 小于反映到图像上就是在下方, 从而在研究不等式关系时, 可以通过函数的图像来解决.

五、利用函数的单调性

利用函数的单调性求解不等式中参数的取值范围, 常常会收到意想不到的效果.

例6对所有大于正数m的x, 不等式m+1/m<x+1/x恒成立, 求正数m的取值范围.

解析:令f (t) =t+1/t (t>0) , 不难证明f (t) 在 (0, 1]上是减函数, 在[1, +∞) 上是增函数, 则原问题等价于f (m) <f (x) 对x>m>0恒成立.

∴x>m≥1, 即正数m的取值范围是[1, +∞) .

不等式恒成立解题策略 第9篇

关键词：高考,含参不等式,恒成立

导数在不等式中的应用问题是每年高考的必考内容, 多以解答题的形式出现, 难度较大, 属中、高档题, 含参不等式的恒成立问题就是其中一种考查方式.含参不等式的恒成立问题因其覆盖的知识点多, 方法也多种多样, 考生普遍存在的问题是:入手易、深入难;会而不对、会而不全.但我们认真研究一下这类问题, 还是“有法可依”的.本文结合例子给出解决此类问题的几种策略.

【题目】 (贵州2015适应性试题) 设函数f (x) =axsinx, x∈[0, π].

(Ⅱ) 若不等式f (x) ≤1-cosx恒成立, 求实数a的取值范围.

(Ⅱ) 有如下几种策略解决.

策略一:部分分离变量利用数形结合解决恒成立问题, 对不等式经过移项等变形, 可将不等式化为两边是熟悉的函数的形式, 特别是可化为一边为一次函数, 另一边是超越函数的不等式问题.对于这类问题, 我们常常用数形结合法, 先构造函数, 再作出其对应的函数的图像, 结合图像找出其满足的条件, 通过解不等式, 求出参数的范围.

点评:如果一些不等式两边的式子函数模型较明显、较容易画出函数图像, 可以考虑画出函数图像, 用函数图像的直观性解决不等式或方程的恒成立问题.这样可得到意想不到的效果.

策略二:彻底分离参数, 将不等式问题转化成函数最值问题.比如, 含参数m的不等式恒成立问题可变为f (m) ≤g (x) 或f (m) ≥g (x) 在给定区间D上恒成立问题, 最终可转化为求函数在给定区间D上的最大值或最小值问题, 即f (m) ≤g (x) min或f (m) ≥g (x) max, 然后再解相应的不等式即可.

解:原不等式等价于ax≤sinx-cosx+1.

点评:该策略把不等式中的恒成立问题转化为求函数最值问题, 适用于参数与变量能分离, 函数的最值易求出的问题.

例谈“多变量”不等式恒成立问题 第10篇

常见类型一：遇到涉及“对于任意的x1，x2∈D，都有f（x1）-f（x2）≤k（k为正常数）恒成立”问题，可转化为先求函数f（x）在区间D上的最大值和最小值;然后根据f（x1）-f（x2）≤f（x）max-f（x）min（x∈D）即可顺利求解.

例1 已知函数f（x）=ax3+·cosθ·x2-2x+c的图象经过点

（1，），且在[-2，1]上单调递减，在[1，+∞）上单调递增.

（1）求f（x）的解析式;（2）若对于任意的x1，x2∈[m，m+3]（m≥0），不等式f（x1）-f（x2）≤恒成立，求m的取值范围.

分析：第（1）问需要将已知条件充分运用;第（2）问的关键是利用函数的单调性求f（x）在[m，m+3]上的最小值和最大值，而在利用单调性时要注意按m与1的大小关系讨论.

解析：（1）根据f ′（1）=0

f ′（-2）≤0可求得f（x）=x3+x2-2x+.（具体过程，略）

（2）当m≥1时，∵由题设易知函数f（x）在[m，m+3]上单调递增，又由不等式f（x1）-f（x2）≤恒成立得≥f（x）max-f（x）min（其中x∈[m，m+3]），

∴≥f（m+3）-f（m）=3m2+12m+?-5≤m≤1，又m≥1，∴m=1适合题意.

当0≤m<1时，∵由题设易知函数f（x）在[m，1]上单调递减，在[1，m+3]上单调递增，∴在[m，m+3]上，f（x）max=f（1），f（x）min=max{f（m），f（m+3）}.

又由f（m+3）-f（m）=3m2+12m+>0知，f（x）max=f（m+3）;由

f（x）在[m+3，4]上单调递增，得f（m+3）

综上知，所求m的取值范围是[0，1].

评注：本题第（2）问要注意“分类与整合思想”和“转化思想”在解题中的灵活运用.

常见类型二：遇到涉及“对于任意的x1，x2，x3∈D，都有f（x1）+

f（x2）>f（x3）恒成立”问题，可转化为先求函数f（x）在区间D上的最大值和最小值;然后根据f（x1）+f（x2）>f（x3）恒成立?2f（x）min>f（x）max（x∈D）即可顺利求解.

例2 已知函数f（x）=x3+（-）x2+（-a）x（a是小于1的正实数，x∈R）.若对于任意的x1，x2，x3∈[1，2]，都有f（x1）+

f（x2）>f（x3）恒成立，求a的取值范围.

分析：由于在区间[1，2]上f（x1）+f（x2）>f（x3）恒成立?2f（x）min>f（x）max（x∈[1，2]），所以本题关键是求函数f（x）在[1，2]上的最大值和最小值.

解析：∵f ′（x）=x2+（a-）x+（-a）=（x-）（x+a-2），∴令

f ′（x）=0，则x=或x=2-a.又由00，则解得x<或x>2-a;令f ′（x）=0，则解得

于是，易知函数f（x）在[1，2-a]上递减，在[2-a，2]上递增.从而，函数f（x）在[1，2]上的最小值为f（2-a）=（2-a）2，最大值为max{f（1），f（2）}=max{-，a}.

∵易知当0-.又∵由于对任意x1，x2，x3∈[1，2]都有f（x1）+f（x2）>f（x3）恒成立得2f（x）min>f（x）max（x∈[1，2]）.

∴当0-，结合0a，结合

综上知，所求a的取值范围是（1-，2-）.

评注：本题探求解题思路的突破口在于，将已知不等式恒成立准确转化为关于函数f（x）在[1，2]上的最大值和最小值问题.

综上所述，借助求导知识有利于分析函数的单调性，由单调性便于分析函数在某区间上的最大值和最小值，从而有利于将“多变量”恒成立问题加以转化，达到简捷求解的目的.

含参不等式恒成立问题 第11篇

例1.不等式undefined对一切undefined恒成立, 则实数a的取值范围是a<2

总结:若a

若a

变题 不等式undefined对一切undefined恒成立, 则实数a的取值范围是

解:undefined

当且仅当undefined即x=±1时“=”成立。

undefined

∴“=”不成立

undefined

总结:若a

若a>f (x) , 则a>f (x) min或a>f (x) 下限

例2:不等式undefined对一切x∈R恒成立, 求实数a的取值范围。

解:undefined

令undefined或a≥2

总结:

若g (a)

若g (a) >f (x) , 则g (a) >f (x) min或g (a) >f (x) 上限

本题方法:分离参数法。

例3:已知函数f (x) =ax41nx+bx4 (x>0) 在x=1处取得极值-3, 其中a、b∈R,

①试确定a、b 的值。

②讨论函数f (x) 的单调区间。

③若对任意x>0, 不等式f (x) -c≥-2c2恒成立, 求c的取值范围。

解①略

②f' (x) =48x31nx (x-0)

当x变化时, f' (x) 、f (x) 变化情况如下:

f (x) 的单调递减区间为 (0, 1) , 而单调递增区间为 (0, ∞)

∵f (x) min=f (x) 极小=-3

③-2c2+cf (x) (x>0) 恒成立

∴-2c2+c-3 解得c-1或undefined

∴c的取值范围是undefined

总结:本题运用分离参数的方法求参数的范围。

例4:已知undefined对于f (t) 值域内的所有实数m, 不等式x2+mx+4>2m+4x都能成立, 求实数m的取值范围。

解法一:分离参数

解法二:变换主元

设undefined

由undefined, 得undefined, 或x>2

总结:通过一题多解, 开拓学生视野, 总结最简解法变换主元。

练习: (2008安徽20文)

已知函数undefined其中a为实数

(I) 已知函数f (x) 在x=1处取得极值, 求a的值。

(II) 已知不等式f' (x) >x2-x-a+1对任意a∈ (0, ∞) 都成立, 求实数x的取值范围。

小结:

1 求解恒成立问题是高考的热点。

2.方法一:分离参数法。方法二:变换主元法。